一元函数积分学

1、第三章一元函数积分学§ 3-1不定积分不定积分是计算定积分、重积分、线面积分和解微分方程的基础，要求在掌握基本积分法的基础上，更要注重和提高计算的技巧。、基本概念与公式1 .原函数与不定积分的概念2 .不定积分与微分的关系（互为逆运算）3 .不定积分的性质4 .基本积分表例 1 求 max1,x2dx.解因 2x , x 12 max1,x 1,1 x 1,2x , x 1当x 1时max1,x2dxx2dx 1 x3 C1 ;3当1 x 1时2 max1,x dx 1dx x C;当x 1时22 ,13max1,x dx x dx x C2.3由原函数的连续性，有1 3 lim x

2、C1lim x Cx 13x 1,1 3_lim x C lim x C2x 1x 13得C12 C3C22c3，2、，1 x 1.max1,x dx1.若、不定积分的基本方法 第一类换元法(凑微分法) f(u)du F(u) C,则2.f (x) x dx第二类换元法若x t是单调可导函数, 则有换元公式令x tf (x)dx f t 3.分部积分法ft dtx dG(t)u(x)v(x)dx u(x)v(x)x F x又 f t tC=(x)代回Gu (x)v(x)dxC.具有原函数G(t),1 x C.udv uv vdu.4.有理函数的积分法化有理真分式为部分分式5.三角函数有理式的积

3、分对于 R(sin x, cosx)dx(其中R(u ,v)表示关于u , v的有理函数)，可用“万能代换" t tanx化为有理函数的积分.2三、题解示例例 2 求 arctandx.x(1 x)解 arctan x dx 2 arctan x d. x 2 arctan . x d arctan ' x .x(1 x)1 x(arctan Jx)2 C.例 3 求 e5 sin 2xsin 4xdx.后刀 5 sin22x5 sin22xc用牛 e sin 4xdx e 2sin 2xcos2xdx_5 sin?2x1 _5 sin?2x2e sin 2xdsin 2x

4、e d(5+sin 2x)1 5 sin22x -e C.2ln( x 1 x2)例 4 求 J-(p-2一)dx解ln(x 2 x &Jin(xJ1 x2)dln(x *?)2工331ln(x 1 x )2 C.1 In x例5 求 2dx.(x In x)1 In x ,1 In x dx-一-2 dx-2(x lnx)x InxIn xx1In x1 - x1 -xzd 1In xxC. x In x第二类换元法常用来去根号，如:R(x, n/ax石)dx氤痴及化为有理函数的积分j人 t n ax bR x , n/a- dx uuuuuuucuudu化为有理函数的积分.，cx

5、dR(x, Ja2x2)dx念uxua侬化为三角函数有 理式的积分.R(x,后x2)dx含出御&化为三角函数有理式的积分.R(x, Jx2aT)dx念uxuasecu化为三角函数有理式的积分.,dx例6求 L _dx x 1解令Vx 1 t原式飞6Jdtt3t22t3 3t2则dx6ft6t5dt2-dt 6 (t2 t16t 6ln |t 1| C1)dt 6 巫 t 11 x dx解法一 ：I则xCC.In xtrx_xdxx(1 x),1 x2,dx td2,故(i t2)2dx(x 2)2、. x24x 13(x解令x原式3tan t 223sec tdt29 tan t3se

6、ctcost .dt sin tx2 4x 13C.9sin tarcsin x求I2 一x令 arcsin x t ,x2t(1 sin t)2 dtsin t9(x 2)2x 1dx1 x2sint ,dx2.t csc tdtcostdttdt tcot tt cott In |sin 11般地，形如t2c2ax1x2.arcsin xxPm(x)e dx，Pm(x)sin axdx，dxx 2)2)2cottdt f 212ln|x| -(arcsin x) C.Pm(x)cos bxdx的积分(其中Pm(x)为m次多项式)，选取Pm(x)为u , eaxdx, sin axdx ,

7、cosbxdx为dv应用分部 积分降哥；形如 Pm(x)ln n(ax b)dx ,Pm(x)(arcsin x)ndx , P(x)arctan xdx 的积分，选 取lnn(ax b), (arcsin x)n , arctanx为u, Pm(x)dx为dv应用分部积分超越函数代 数化.所以例10例11ln已知解 f (x),1 x .xlndx.x-dx2 x ln 21 dx1 x1. 1-ln -1 sin xC.是f(x)的一个原函数,求x3f(x)dx.sin x3 .x f (x)dx2x cosx2x cosx例12求例13xcosx sin x2x3 _3 _x df(x)

8、 x f(x) 32 .x f (x)dxxsin x 3 (xsinx sinx)dx4xsin x 6cos xxxex(edvdx丁1)xC.y dx. 1)3xexx(e令exdx,贝U 1)3x(X 八 3 dx(e 1)1x /、2 .2(e 1)1/ x-(e1)21)2.dt1 tt(1 t)dtdtln | exx _1| ln |e | Cln | ex1|x 22 (e 1)xln |e 1|C.arcsin x arccosxdx.xarcsin xarccosxarccosx x -.1 x2arcsin xIx2 dxxarcsin xarccos x(arccos

9、x arcsin x)d( .1 x2)xarcsin xarccos x,1 x2 (arccosx arcsin x)1 x2xarcsin x arccos x.1 x2 (arccosx arcsin x) 2x C.例14x 1 sin xe dx.1 cosxx tan 2x x 2cossin 22 dx-2 x2cos -2:x xe tan dx22 x .sec dx2x . x ,e tan-dx2例15Indxx1=x2dxxn2J rv nlx(1n)移项得Inx xe tan-dx2ex tan -C.的递推公式(n为自然数).1 .-xnid 11 x2x一x2(

10、ndxdx(1(1n) 1 nx dxxn)(In 2 In).2xT7m1)xInnIn2.C.,1 xI1dx1 ln -C.但有时计算有理函数的不定积分用分解为部分公式之和再分项积分是行之有效的方法, 比较烦琐，如果针对被积函数的某种特点，可应用更简便的方法。例如:(1)被积函数分母中出现因子x2 a2时，宜用代换x atant.(2)当被积函数分子为1,分母为较高次数的多项式时，往往可采用倒代换化 为假分式.(3)形如1R(xn)dx的积分可通过代换txn化为Rt)dt.xn tn(4)形如 x mdx的积分宜用代换 x a t.(x a)m例 16 求 2dx 3.(x 1), dx

11、 x tant 4311斛-23 cos tdt t sin 2t sin 4t C(x 1)8432arctan x 82x(5 3x2)228(1 x2)2C.例17 求 I 8dx 2 .x (1 x )解若将被积函数分解成部分分式之和需确定10个常数.1-87；2；x (1 x )1令x 1 ,则tt82 dt1 t2t6t4t2 1例18717x72x1t5 515x51 t311t9797J00(1 x)2-t 2t 1f100198t49dx.dtarctant3x398dt19797(1 x)1 t 9919949(1 x)98A9xA)0,2 -，1 x12 dt1 t2ar

12、ctan1 C.x99100t dt t dt99(1 x)99C.三角函数有理式的不定积分通过万能变换x u tan-2总可化为有理函数积分,但有时很繁，可用如下代换：(2)当 R( sin x当 R(sin x当R(例19 I例19求解因R(sin xcosx)cosx) cosx)1R(sin x ,cosx)时,可用代换cosx.sin x cos x 1_._4 sinsin x,4 sec xI 44tan x一 dx 1R(sin x ,cosx)时,可用代换R(sin xdx.4x cos xdx.cos x) R(sin x1 t2 .7 dtsin x.cosx)时，可用代

13、换tanx.cosx),故令t tanxarctan-=t 2,2tan xarctan 2 tan xC.例20求I_ 4 sindx.xcosx解因 R(sin x , cosx)R(sin x , cosx), 故令 u sin x ,cosx ,42dxsin x(1 sin x)du 令 u 14 ,A2TU (1 u )t2 1It3t1 -lnt1C32t2133sin x11 .1sinx-ln C.sin x21sin x例21 求I7sin x cosx dx.3sin x 4cos x解 被积函数的特点是分子、分母均为sinx和cosx的线性组合,不一定用万能变换，可用待

14、定系数法.令7sin x cosx A(3sin x 4cosx) B(3sin x 4cos x) (3A 4B)sin x (4A 3B)cos x.故有3A4A4B 73B 1 '解得所以3sin x 4cos x (3sin x 4cos x) dx x ln | 3sin x 4cos x | C.杂例3sin x 4cos x例22求I解法一:,x22 dt1 t2 1 t22ln(1 t )1t22ln(1 t),则-y dt t2法二:arctantC2xe 1xdx e2x 1x C.1 ln2ln exe2x1 arcsin e例23Ixx(1 ln x)dx.C.

15、xln xxln xxe d(xln x) e C x例24解I例25.2f(x) f(x)f(x)3f (x) f (x)-2- 2-f(x)f (x) f (x)f (x)dY dd x f (x)f(x)f(x)国21 _f(x)2 T()-2-f(x) f (x) f(x)f(x)dvdd xf (x) f (x)C.设 f (sin2 x) cos2x tan2 x ,求 f (x) (0 x 1)解法一：因22222、f (sin x) f (sin x)d(sin x) (cos 2x tan x)d(sin x)2(cos2x tan x)sin xdx12 cos2xd(co

16、s2x)3sin x2 dxcosx1cos2 2x 24cosx1dcosx 2 cosxdcosx12 cos 2x 2ln | cosx|4324ln(1 sin x) sin x42-cos x CC.所以故从而,32八f (x) ln(1 x) x2 C 4法二：因_2-2f (sin x) 1 2sin xln(1 x) x2C1.2x_._2sin x 2- sin xf (x) 1 2x 1 x12-f (x) 2x dx x ln(1 x) C.1 x§ 3-2 定积分、重要概念及公式1.定积分定义若f(x)可积,则f (x)dx a注：定积分的存在与区间的分法和间

17、a, b有关.如果把a,b分成n等份,lim0f( i) xi.i 1i的取法无关，仅与被积函数f(x)与区i取每个小区间的右端点，则有lim bn10 f (x)dxlim -n n2.定积分的性质(略)积分第一中值定理a, b使f(x) Ca,b,g(x)Ca, b且不变号,则bf (x)g(x)dx f( ab)a g(x)dx. a特别地，取g(x)积分中值定理1,则有若 f (x)Ca, b,则bf (x)dx f( aa, b使)(b a).3.积分上限函数的导数若 f Ca,b,则 dxxf(t)dt f(x) (a x b). abf(x)dx a特别地，若a 0,b 1,则有

18、d u(x)般地，添 v(x)f(t)dt U(x)fU(x) V(x)fV(x).4. Newton-Leibniz?公式 f Ca,b, F(x)是f (x)在a,b上的原函数,则bf(x)dx F(x) a F(b) F(a).5.若定积分的换元公式和分部积分公式f Ca,b, C,(或,)且 a ( ), b (),则ba f(x)dx f (t) (t)dt. ab bu(x)dv(x) u(x)v(x) a a v(x)du(x).6 .反常积分定义略.反常积分是常积分的极限问题7 . 一些常用的公式C a, a,则aaf (x)dxC0,1,则C(02 f (sin x)dx0

19、f (sin x)dx0 x f (sin x)dxa2 0 f(x)dx,当f (x)是偶函数;0,当f (x)是奇函数.f (cosx)dx;2 0立f (sin x)dx；0 f (sin x)dx2 ,0 f (sin x)dx.),f(x l)lf (x)dxnlf (x)dxf(x) (l 0),则 l0 f (x)dx (a为常数).n 0 f (x)dx ( a为常数,k Z ).Cauchy-Schwarz不等式 若 f,g Ca, b,则2f (x)g(x)dx_ 2f (x)dxg2(x)dx.、利用定积分的定义计算数列的极限n (n 1)(n 2)L (2n) 例 1

20、求极限 lim £解原式 lim njJ 1 - 1 2 L例2求极限由夹逼准则知lim n1 n1 ln 1ni 1e1ln(1 x)dx (10(x)ln(1 x) x2ln2 1 elimnsin nisin n1 limnlim 一n n 1.2sin n1n 2sin n2 sin ne一 nsinn_1nsin n1isin ,nisin n1 nI n i 11sin0xdx1一cosisin nn limn n1 lim n ni 2 sin 一 一nsin 一 lim nn n 1.2sin -n1n - 2一 nsin n_1n n2三、利用定积分的几何意义和定积

21、分的性质b例 3 设在闭区间a,b上 f(x) 0, f (x) 0, f (x) 0.记 Sif(x)dx,一c1 &f (b)(b a), S3 - f(a)解由已知条件，曲线yaf(b) (b a),则()f(x)在闭区间a,b上是位于x由上方的单调下降的(向上)凹弧，故在a, b上f(b) f(x) f (a) f(? f (x a), b a从而有b .b .b . f (b) f(a)f(b)dx f (x)dx f(a) (x a) dx,aaab a即 S2 S S3,故选(D). .x 2例 4 设 F (x)* e sintdt,则(A)为正常数；(B)为负常数；

22、(C)恒为零； (D)不为常数;解因2. . .22, 一l / 、_sint ± _i±_ sint±_ sint2± _|±F (x)e sin tdtecostecos tdt' '0002. c c0 e cos tdt 0 因在0, 2 上 e cos t 0 ; 或F(x) esintsintdtesintsintdt0 esintsintdt前一式令u t sinusinte sin udu e sintdt 00sint sinte e sin tdt 00因在0,上，esint e smt, sint 0故选(

23、A).例 5 设 Ii :亚dx, I2;上dxU()0 x0 tanx(A) Ii I2 1；(B)1IiI2；(C) I2 Ii 1；(D)1 I2 Ii.解 当 x 0,一 时，因tanx x, 故 tan x x , 从而 Ii I2 .又4x tanxtanxx0因当x 0时x sin x ,2xsec x tanx2xx sin x cos x0,一4tan x tan x 4-,xx x x _4从而故选(B).Ii4 tanx ,0 丁* x04-dxi.四、积分上限函数的导数的应用例 6 设 f C，f(0) 0, f (0) 022xf(x2)原式 limx 0 x2x 0

24、 f (t)dt xlim 4xf(x)x 0 3f (x) xf (x)求极限limntlim：2 f (x)limtIn ilim f (x) x 0.f (x) lim 原式nln1dxx20 f(t)dt求 limx.x 02 xx 0 f(t)dt22f (x2)lim x-x 0 _ x _2 0 f(t)dt xf(x)4 f (x)x°33 f (x)xlxm0 flxm0 f(x2)(x)4f (0)3 f (0)1 x dx.In 1 lim t1 lim n nnln if (0) 0,f (0) 0f (0)2t1.lim 27 -1 2, tt11 dx 2

25、.例8确定a, b的取值，使得极限lxmox t2e dt0存在，并求出极限值3 ax解原式由原极限存在知lxmodtlxmo2x23ax 1 be5x42x2lxmo 3ax 1 be 0,故得b 1,于是原式由原极限存在知lx”3ax2 15x4x2lxmo6ax 2xe20x3x2ximox23a e xx2lxmo 3a e 0，11故得a 3,且原式x2 elim2x o 1oxlim2x o1ox11Q例9设g(x)是以T为周期的连续函数，g(o)1,2xf(x) o |x t|g(t)dt, 求 f (T).解设x o,因x2xf(x)o(x t)g(t)dt x (tx)g(t

26、)dtxx2x2xx o g(t)dtotg(t)dtx tg(t)dt x xg(t)dt,故f (x)xo g(t)dtxg(x) xg(x)4xg(2x)xg( x)2xx g(t)dt 2xg(2x)xg(x)x2xog(t)dtx g(t)dt2xg(2x),所以T2Tf (T)o g(t)dtT g(t)dt2Tg(2T)TTo g(t)dto g(t)dt2Tg(o) 2T.例10已知fC(),且lim忠2.设(x)0 x1 0f(xt)dt,试求 (x)并讨论(x)的连续性所以(x)(x)f(0)(0)(x) lim ')(x)lxm0(x)lxm0(x)在()上连续.

27、10f(xt)dt(0)令xtx0 f (u)du,(0)xx0 f (u)duf(x) lim xx 010 f(0)dtlxm0x0 f (u)du例11设连续函数f (x)满足f(x) xf(x)xf(x)x0,x0 f (u)du2xf (u)duf(x)x1,f(x)f (x)dx0,1 f (x) lim ' "f(x)lim1,20 f(x)dx,(0),f(x).解f (x)dx,f (x)dx,则从而有1020f(x)f (x)dxf (x)dx解得A3,B1,故10 f (x)dx 和Ax2Bx3,1(x02(x0f(x)2Ax2Ax3一Bx )dx3、.

28、Bx )dx2° f (x)dx都是常数.五、定积分和反常积分的计算1A 38A 34B,例12设f(x)例14计算In 0 6sin2xdx, n Z21dx1 x2 21n 2.32求 0 f (x 1)dx.2令 t x 1101解 0 f (x 1)dx1f (t)dt 1f (t)dt 0 f (t)dt011 10 e t1Fdtdt Fdt ln(1 t) n1rr 01 t 1r 000t 0ln(1 e ) 1 In 2 ln(1 e).2力1例 13 求 I min x ,dx.2|x|解易见被积函数为偶函数，故22 11 22 min x , dx 2 x dx

29、00解 因f(x) ,'1 sin2xdx是周期为的周期函数，故I n 01 sin 2x dx n 0 . (sin xcos x) 2n. dxn 0 |sin x cosx |dx n04 (cos x sin x)dx(sin x cos x)d x4因ln为奇函数，故1 x1I 2 2xln -xdx01 x2x ln(1 x) ln(1102ln(1x)ln(1x)d(x2),11x) 22x dx001 x 1 x2xln1 x/12/12 x.1 . .ln 3 22 dx ln 340 1 x 4 1 -ln 3.4例16计算I2一一3.0 1 (tan x)解令x

30、t,有2I 0 dt 2 (tan x)“'dx万(tanx)%x21 (cot x) 例 15 计算 I 21 (cos x x) ln1xdx.0 1 (tan x) 30 1 (tan x) 3所以1 21(tan x) 32 0 1 (tanx)、31 (tanx/32 dx0类似地，对任意常数p 0,有2 sinP x , -pdx0 sinx cosP x1 ln(1 x) 例 17 求 I_J_dx.0 1 x2解令x tant,则041n(1 tant)d t-41 tan u x4 1n 1 du01 tanu0ln 1 tan t du442du.01 tanu04

31、1n 2du041n(1 tanu)du ln 2 I,所以例18设0 a解因I -ln 2.81 xb xa1 bb,证明 dx ln0 ln x1a0 ln xdxb y . axdyxyl ln x1 b交换积分次序dx xydy0 a例 19 若 y (x) arctan(x 1)2, y(0)0y(x)dxln xb 1b 1dyxydx dya 0a 1 y10,计算 0 y(x)dx110 y(x)d(x 1) (x 1)y(x) °10(x1)y (x)dx1 ln10 arctantdt-ln2.12 令(X 1)2 t 1o(x 1)arctan(x 1) dx

32、-,2 dx例20计算1 , dx 2 .；|x x |解因x 1为无穷间断点(瑕点)，故原式1 dx2arctan2ln Jx 1 2 ln 212例21计算I1例22dxx(1 x )x(1-，故 xx-2 dx xIn x In 1ln 2.1dx-5x1 In5则有令t1dtt t21 ln5六、定积分的证明题例23(2)(2)同理，由所以In设 I n= 04 tann xdx,1du2332nInInIn0,4In1n 2得112n 2401n时,2 un为大于1的整数，试证:(tann x tann 2 x)dx1 . n 24 tan02sec xdx一 tan 1tanx1,

33、故 tann2In InIn2In InIn12n 2In1 2nIn12nInn 2tan x (n2n 21),从而In In2,故例24设函数f (x)在0,2 上导数连续,f (x) 0.求证对任意正数 n有f(x)sin nxdxf(2f(0).20 f (x)sinxdx1一 f (x)cos nx nf (x)cos nx dx因 f (x)所以1 nf(2)1 f(2 ) nf(0)f(0)0,故f (x)为单调增函数f (x)cos nxdxf (x)cos nx dx.,从而f ()f (x)cos nxf(0)f (x),0,又20 f (x)dx2-f(2 ) f(0)

34、. n1f (x)sin xdx - f (2 ) f (0)x例 25 证明：0 f (u)(x u)du f(t)dt du,其中f(x)为连续函数.x0 f (u)(xxu)du 0(xu)du0 f出(xuu) 0 f (t)dtu0 f(t)dt duf (t) dt du.F(x)x0 f (u)(xu)duu0 f(t)dt du,由于F(x) xx0 f(u)dux0uf (u)duu0 f (t)dt du,F (x)所以F(x)C.又 F (0)x0 f(u)du0,故Cx0 f (u)(xx f (x) x f (x)0,因此有F(x)xu)du0例26设 f C0,1且

35、 f(x)0,证明:x0 f出0,即u0 f dt du.1In 0 f (x)dx0,10ln f(x)dx.证法一用定积分的定义.由于两边取对数，有Inin 1 nn i 1令n取极限，注意到即得两边积分得所以例27lim lnn1ln0f - n1 nlimn n i 1ln lim 1In1ln 0 f (x)dx0 f (x) dx,由题设有ln3af(x)dx1ln0n i f lni 1 n10 1n f (x)dx,1ln f0(x) dx.0,Inf(x)af(x)a10 f(x)dx ,1,1ln adx0f (x)dxf(x)a1ln adx0dx10 f (x) dx

36、10,f C0,1,0 f (x)dx 0,In aIn10 f(x)dx .10x f (x)dx 1.证明:0,1使f()4.证用反证明法0,1有 | f(x)4.由题设f(x)dxf (x)dx10 f(x)dx1,从而有f(x) dx21f (x) dx2 dx1,矛盾.所以假设不成立，即 0,1使f()4.例 28 设 fC(1)a, b,且 f(a) f (b) 0,证明4 b max | f (x) | -72 a|f(x)|dx. x a，b(b a) a证 设x (a,b),因f(x)在区间a, x和x, b上满足Lagrange中值定理条件，故a) ( i (a, x),

37、x) ( 2 (x, b), 0,得f(x)f f ( i)(xf(b) f(x) f(2)(b max | f (x) |,并注意到 f (a) f (b) x a,b|f(x)| M(x a),|f(x)| M(b x),于是b| f(x)|dxaa b丁| f(x) |dx aba b| f (x) | dx-7a bM - (xaa)dxbM ab(b可x)dx3m,4 b max 1f (x)|2 a 1f (x)1dx.x a,b(b a) aC2例29 已知 f C0,2, f(1) 0.证明： °f(x)dxM max | f (x) |. x 0, 2证由一阶Tay

38、lor公式f(x) f (1) f (1)(x 1) f-(-)(x 2)2f (1)(x 1)2!故1M,其中3Sx22)2,从而f (x)dx20 f (1)(x1)dx(x22)2 dx12r2-0 f ( )(x 2)2 dx,122122f(x)dx - 0 f ( )(x 2) dx - 0 f ( ) (x 2) dx1221-M (x 2)2 dx - M .20311 dx8例 30 设 f C0,1,且 1 f (x) 2,证明： f(x)dx -00 f(x) 9证因1 f (x) 2,有f(x) 1 f(x) 20,f2(x)3 f (x)2 0.又因f (x)0,故有

39、f(x)3.积分得10 f (x)dx由于10 f(x) dx2 1 dx0fx10 f (x)dx1 dx0f(x),10 f (x)dx1 dx0而推广:Ca, b, f (x)在a, b上的最大值和最小值分别为M和m,m 0,则有2(M m)24M mbb 1f (x)dx dxaa f(x)例31设fCa,b,当 x (0,1)时,120 f(x)dxf (x) 1, f(0)0.证明:-3f (x)dx.证因f (x) 0,故有 f(x) f(0) 0, x (0,1).x2 x设 F(x) o f(t)dt o f3(t)dt,则 F C0,1, F(0) 0,目_ 令(x) 20

40、f(t)dt f2(x)，则 C0,1, (0) 0,且(x) 2f (x) 2f (x)f (x) 2f(x) 1从而当x (0,1)时(x)(0) 0,于是F (x) 0 (x (0,1),即F(x)在0,1上单调增加，因此有F(1) F(0) 0, _ 3_x _2f (x)0, x (0,1),F (x) 2f(x) 0 f (t)d t f (x) f(x) 2 0 f(t)dt f (x)_ 3f (x)d x.例 32 设 f(x)在0,上连续,且 0 f(x)cosxdx 0 f(x)sin xdx 0,证 明：在(0,)内存在相异的两点 1, 2,使f( 1) f( 2) 0

41、.证 不妨设f(x)在0,上不恒为零.由在(0, )上sinx 0及条件o f (x)sin xdx 0可知f (x)在(0,)内必定变号.又由f(x)在0,上的连续性可知，在(0,)内 至少有一点 1,使f( 1) 0.假设1是f(x)在(0,)内的唯一零点，则f(x)在(0, 1)和(1,)上异号.又 因sin(x 1)在(0, 1)和(1,)上异号，故f (x)sin( x 1)在(0,)内不变号.于是0 f (x)sin( x 1)dx0.另一方面sin 1 0 f (x)cos xdx 0,f(x)sin(x 1)dx cos 1 0 f(x)sin xdx矛盾.因此f (x)在(0

42、,)内至少存在一点 2( 21),使f( 2) 0.u(t),例33设yf(x)二次可微，且f (x) 0,求证：对任意连续函数必有1a1a0 f u(t)dt f 0u(t)dt (a 0). a va v1 a 证记b u(t)dt,即 a v a ab 0 u(t)dt.由于f (x) 0,由Taylor公式知 f ( )2fu(t) f(b) f (b)u(t) b -2pu(t) b f(b) f(b)u(t) b,于是fu(t)dtaf(b)af (b) 0u(t) bdtaa f (b) f (b)0 u(t)dt abaf (b).又因a 0,故有fu(t)dtf(b)a0u(t)dt例341 证明：I f 0 1证因设f(x)在0,1上具有二阶连续导数,且f(0) f 0, f(x) 0, (x) |dx 4max | f (x) |.0x1f(i) 0,故 max i f(x)i在f (x) 0,故 max i f (x) 0.又因 f (0)(0,1)内取得，即X0 (0,1)使i f(xo) maxif(x)i.因此1)2)f(%) f(0)X0f(1) f